四川省仁寿县第一中学2020-2021学年高三数学二轮复习导数大题10种主要题型（四）导学案.docx

1、导数大题10种主要题型（四）预习案题型七：多元变量消元思想例1设函数.（1）讨论的单调区间；（2）对任意的，都有，求的取值范围.例2已知函数f（x）+ax+2lnx，（aR）在x2处取得极值（I）求实数a的值及函数f（x）的单调区间；（II）方程f（x）m有三个实根x1，x2，x3（x1x2x3），求证：x3x22题型八：罗比塔法则在高考中的应用罗比塔法则：设（1）当时，函数及都趋向于零（或无穷大）；（2）在点的某去心邻域内，及都存在且；（3）存在（或无穷大），则例3已知函数f（x）x（ex1）ax2（）若f（x）在x1时有极值，求a的值及函数f（x）的单调递减区间；（）当x0时，f（x）0，

2、求a的取值范围导数大题10种主要题型（四）预习案题型七：多元变量消元思想例1例2 解：（）由已知，a3（1分）所以，x0由f（x）0，得0x1，或x2； 由f（x）0，得1x2，（3分）所以函数的单调递增区间是（0，1），（2，+），单调递减区间是（1，2）（4分）证明：（）由（）可知极小值f（2）2ln24；极大值为可知方程f（x）m三个实根满足0x11x22x3（5分）设h1（x）f（x）f（2x），x（0，1）（极值点偏移，此处构造对称函数用单调性）则h1（x）h1（1）f（1）f（21）0，即f（x）f（2x），x（0，1）所以f（x2）f（x1）f（2x1），由（1）知函数f（x）在

3、（1，2）上单调递减，从而x22x1，即x1+x22（8分）设h2（x）f（x）f（4x），x（1，2）（极值点偏移，此处构造对称函数用单调性）h2（x）h2（2）f（2）f（42）0）即f（x）f（4x），x（1，2）f（x3）f（x2）f（4x2），由（1）知函数f（x）在（2，+）上单调递增，从而x34x2，即x3+x24（11分）由可得x3x12得证（12分）题型八：罗比塔法则在高考中的应用罗比塔法则：设（1）当时，函数及都趋向于零（或无穷大）；（2）在点的某去心邻域内，及都存在且；（3）存在（或无穷大），则例3 （）解：f（x）ex1+xex2ax由f（1）0得，2分，f（x）ex1

4、+xexx（ex1）（x+1）当x（，1）时f（x）0；当x（1，0）时，f（x）0；当x（0，+）时，f（x）0故f（x）在（，1），（0，+）单调增加，在（1，0）单调减少，则f（x）在x1时有极小值，所以，函数f（x）的单调递减区间为（1，0）6分（）解法一：f（x）x（ex1ax）令g（x）ex1ax，则g（x）exa若a1，则当x（0，+）时，g（x）0，g（x）为增函数，而g（0）0，从而当x0时g（x）0，即f（x）09分若a1，则当x（0，lna）时，g（x）0，g（x）为减函数，而g（0）0，从而当x（0，lna）时g（x）0，即f（x）011分综合得a的取值范围为（，112分（）解法二：当x0时，f（x）0，即x（ex1）ax2当x0时，aR； 7分当x0时，x（ex1）ax2等价于ex1ax，也即记，x（0，+），则8分记h（x）（x1）ex+1，x（0，+），则h（x）xex0，因此h（x）（x1）ex+1在（0，+）上单调递增，且h（x）h（0）0，所以，从而在（0，+）上单调递增9分由洛必达法则有，即当x0时，g（x）1所以g（x）1，即有a111分综上、所述，a的取值范围为（，112分